שינויים

=שיטות אינטגרציה {{הערה|(המשך)}}=דוגמה נוספת ל-<math>\int R(\cos(x),\sin(x))\mathrm dx</math>(לא עלינו): <math>\int\frac{7\cos^3(x)\sin^2(x)-5\sin^4(x)}{2\cos^5(x)\sin^4(x)+4}\mathrm dx</math>

יש הצבה אוניברסלית: מציבים <math>t=\tan\left(\frac x2\right)</math> לכן <math>\mathrm dx=\frac{2\mathrm dt}{t^2+1}</math> וכן <math>\cos(x)=\frac{1-t^2-1}{1+t^2+1}</math> ו-<math>\sin(x)=\frac{2t}{t^2+1}</math>. האינטגרל הופך לאינטגרל של פונקציה רציונלית של t (שאפשר לחשב עם שברים חלקיים).

==דוגמאות===#<math>\int\frac{8\sin(x)-\cos(x)}{\sin(x)+2\cos(x)}\mathrm dx</math>: נציב t כנ"ל ונקבל {{left|<math>\begin{align}\int\frac{8\frac{2t}{1+t^2}-\frac{1-t^2}{1+t^2}}{\frac{2t}{1+t^2}+2\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\frac{2\mathrm dt}{1+t^2}&=\int\frac{16t-1+t^2}{2t+2-2t^2}\cdot\frac{2\mathrm dt}{1+t^2}\\&=-\int\frac{t^2+16t-1}{(t^2-t-1)(1+t^2)}\mathrm dt\end{align}</math> }}ומכאן פותרים בשברים חלקיים. '<br />''גישה יותר חכמה:''' מתקיים <math>R(-\cos(x),-\sin(x))=R(\cos(x),\sin(x))</math> ולכן נגדיר <math>t=\tan(x)\implies \mathrm dx=\frac{\mathrm dt}{1+t^2}</math>. האינטגרל הוא <math>\int\frac{t8\tan(x)-1}{\tan(x)+2}\mathrm dx=\int\frac{8t-1}{t+2}\cdot\frac{\mathrm dt}{1+t^2}</math>. שוב פותרים שברים חלקיים, אלא שהפעם זה יותר פשוט.#<math>\int\sec(x)\mathrm dx</math> ועם <math>t=\tan\left(\frac x2\right)</math> זה שווה ל-נקבל {{left|<math>\begin{align}\int&=\int\frac{1+t^2}{1-t^2}\frac{\mathrm dt}{1+t^2}\\&=\int\left(\frac1frac{1/2}{1-t}+\frac1frac{1/2}{1+t}\right)\mathrm dt\\&=-\frac12\ln|1-t|+\frac12\ln|1+t|+c\\&=\frac12\ln\left|\frac{1+\tan\left(\frac x2\right)}{1-\tan\left(\frac x2\right)}\right|+c\end{align}</math>. }}''גישה אחרת: '' <math>\int=\int\frac{\cos(x)}{\cos^2(x)}\mathrm dx</math> נציב <math>y=\sin(x)</math> והאינטגרל הוא <math>\int\frac{\mathrm dy}{1-y^2}=\int\left(\frac{1/2}{1-y}+\frac{1/2}{1+y}\right)\mathrm dy=\frac12\ln\left|\frac{1+\sin(x)}{1-\sin(x)}\right|+c</math>. <br />''דרך המלך: '' <math>\int=\int\frac{\sec(x)(\sec(x)+\tan(x))}{\sec(x)+\tan(x)}\mathrm dx=\ln|\sec(x)+\tan(x)|+c</math>.#<math>\int\sec^3(x)\mathrm dx</math> נציב <math>t=\tan\left(x/2\frac x2\right)</math> ונקבל <math>\int\frac{\left(1+t^2\right)^3}{\left(1-t^2\right)^3}\frac{2\mathrm dt}{1+t^2}=2\int\frac{\left(1+t^2\right)^2}{\left(1-t^2\right)^3}\mathrm dt</math> וניתן לעשות זאת, אבל זה לא נעים. <br />''דרך אחרת: '' <math>\int\frac{\cos(x)}{\cos^4(x)}\mathrm dx</math> ונציב <math>y=\sin(x)</math>. נקבל <math>\int\frac{\mathrm dy}{\left(1-y^2\right)^2}</math> וקל לפתור זאת ע"י שברים חלקיים. <br />''עוד דרך המלך: ''{{left|<math>\intbegin{align}\sec^3(x)\mathrm dxint&=\int\sec(x)\left(1+\tan^2(x)\right)\mathrm dx\\&=\int\sec(x)\mathrm dx+\int\sec(x)\tan(x)\mathrm dx\end{align}</math> }} נציב <math>y=\sin(x)</math> ושוב הגענו ל-<math>\int\frac{\mathrm dy}{\left(1-y^2\right)^2}</math>. <br />''ניסיון אחרון: ''{{left|<math>\begin{align}\int&=\int\sec(x)\sec^2(x)\mathrm dx\\&=\sec(x)\tan(x)-\int\tan(x)\sec(x)\tan(x)\mathrm dx\\&=\sec(x)\tan(x)-\int\sec(x)(\sec^2(x)-1)\mathrm dx\\&=\sec(x)\tan(x)-\int\sec^3(x)\mathrm dx-\int\sec(x)\mathrm dx\end{align}</math>. <br /><math>\begin{array}{l l l}\implies&2\int\sec^3(x)\mathrm dx&=\sec(x)\tan(x)+\int\sec(x)\mathrm dx\\&&=\sec(x)\tan(x)+\ln|\sec(x)+\tan(x)|+c\end{array}</math>.}}

===אינטגרלים עם שורשים===לאינטגרל מהסוג <math>\int R\left(x,\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)^\frac nm\right),\dots,\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)^\frac km\right)\mathrm dx</math>. תועיל הצבה: <math>\frac{ax+b}{cx+d}=t^m</math>

====דוגמאות===# <math>\int\frac{\mathrm dx}{x\left(\sqrt x+\sqrt[5]{x^2}\right)}=\int\frac{\mathrm dx}{x\left(x^\frac 5{10}+x^\frac^4{10}\right)}</math> נציב <math>x=t^{10}</math> אזי נקבל <math>\int\frac{10t^9\mathrm dt}{t^{10}(t^5+t^4)}=\int\frac{10\mathrm dt}{t^5(t+1)}</math> ופותרים בשברים חלקיים. <br />''דרך אחרת: '' <math>(1+t)(1-t+t^2-t^3+t^4)=1+t^5</math> (כי <math>1-t+t^2-t^3+t^4</math> טור הנדסי). לפי זה נקבל {{left|<math>\begin{align}\int\frac{10\mathrm dt}{t^5(t+1)}&=\int\frac{left((1+t)(1-t+t^2-t^3+t^4)}{-t^5(t+1\right)}\frac{-t^510\mathrm dt}{(1+t)t^5}\mathrm dt\&=10\int\left(t^{-5}-t^{-4}+t^{-3}-t^[{-2}+t^{-1}-(t+1)^{-1}\right)\mathrm dt\\&=\dots\end{align}</math>.}}#<math>\int\fracsqrt[3]\frac{1-x}{1+x}\frac{\mathrm dx}x</math> נציב <math>t^3=\frac{1-x}{1+x}</math> ואז <math>x=\frac{1-t^3}{1+t^3}</math> וכך <math>\mathrm dx=\frac{(1+t^3)(-3t^2)-(1-t^3)(3t^2)}{\left(1+t^3\right)^2}\mathrm dt=\int\frac{-6t^2}{\left(1+t^3\right)^2}\mathrm dt=</math> לכן <math>\int=\int t\frac{1+t(^3}{1-t^3}\cdot\frac{-6t^2)}{\left(1+t^3\right)(1-t^3)2}\mathrm dt=\int\frac{-6t^2\cdot t3\mathrm dt}{1-t^6}</math> נציב <math>y=t^2</math> והאינטגרל הוא ואז <math>\int=\int\frac{-3y\mathrm dy}{1-y^3}=\int\frac{-3y\mathrm dy}{(1-y)(1+y+y^2)}=\dots</math>ופותרים בשברים חלקיים.

לאינטגרלים מהסוג <math>\int x^m(a+bx^n)^p\mathrm dx</math> עבור <math>a,b\in\mathbb R\ \and\ m,n,p\in\mathbb Q</math>:* אם <math>p\in\mathbb Z</math> אז תועיל הצבה <math>x=t^{\gcd(n,m)}</math> (כאשר <math>\gcd(n,m)</math> הוא המספר הגדול ביותר עבורו <math>\frac n{\gcd(n,m)},\frac m{\gcd(n,m)}\in\mathbb Z</math>). למשל, עבור <math>\int \sqrt x(1+\sqrt[3]x)^4\mathrm dx</math> נציב <math>x=t^6</math> ונקבל <math>\int t^3\left(1+t^2\right)^4 6t\cdot6t^5\mathrm dt</math>, שזה שהוא אינטגרל של פולינום (ארוך). * אם <math>\frac{m+1}n\in\mathbb Z</math> אז תועיל הצבה <math>b+ax^n=t^q</math> עבור q המכנה של p. לדוגמה:, ל-<math>\int x^5\left(1+x^3\right)^\frac23\mathrm dx</math> ולכן נציב <math>1+x^3=t^3\implies x^5\mathrm dx=3t^2\frac{t^3-1}3\mathrm dt</math> נקבל ונקבל <math>\int t^2\left(3t^2\frac{t^3-1}3\right)\mathrm dt=\int\left(t^7-t^4\right)\mathrm dt=\dots</math>.

#<math>\int x^2\sqrt{4-x^2}\mathrm dx</math> נציב <math>x=2\sin(t)\implis implies\mathrm dx=2\cos(t)\mthrm mathrm dt</math> ונקבל {{left|<math>\begin{align}\int&=\int4\sin^2(t)\sqrt{4-4\sin^2(t)}2\cos(t)\mathrm dt\\&=\int16\sin^2(t)\cos^2(t)\mathrm dt\\&=4\int(2\sin(t)\cos(t))^2\mathrm dt\\&=4\int\sin^2(2t)\mathrm dt\\&=4\int\frac{1-\cos(4t)}2\mathrm dt\\&=2t-\frac{\sin(4t)}2+c\\&=2\arcsin\left(\frac x2\right)-\frac{\sin\left(4\arcsin\left(\frac x2\right)\right)}2+c\end{align}</math>}}#<math>\int\sqrt{x^2+a^2}\mathrm dx</math> עבור <math>a>0</math> קבוע : נציב <\math>x=a\tan(\theta)\implies \mathrm dx=a\sec^2(\theta)\mathrm d\theta</math> ונקבל {{left|<math>\begin{align}\int&=\int\sqrt{a^2\tan^2(\theta)+a^2}a\sec^2(\theta)\mathrm d\theta\\&=\int a\sec(\theta)a\sec^2(\theta)\mathrm d\theta\\&=\int a^2\sec^3(\theta)\mathrm dt</math>. תשובה סופית: <math>d\theta\\&=a^2\left(\frac12\sec(\theta)\tan(\theta)+\frac12\ln|\sec(\theta)+\tan(\theta)|\right)+c\\&=\frac{a^2}2\frac xa\sqrt{1+\left(\frac xa\right)^2}\cdot\frac xa+\frac{a^2}2\ln\left|\sqrt{1+\left(\frac xa\right)^2}+\frac xa\right|+c\\&=\frac x2\sqrt{x^2+a^2}+\frac{a^2}2\ln\left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right|-\underbrace{\frac{a^2}2\ln|a|+c}_\text{constant}\end{align}</math>.}}#<math>\int\sqrt{x^2-a^2}\mathrm dx</math> עבור <math>a</math> קבוע: נציב <math>x=a\sec(\theta)</math> ונקבל {{left|<math>\begin{align}\int&=\int\sqrt{a^2\sec^2(\theta)-a^2}\cdot a\sec(\theta)\tan(\theta)\mathrm d\theta\\&=\int a^2\sec(\theta)\tan^2(\theta)\mahrm mathrm d\theta\\&=a^2\int \left(\sec^23(\theta)-\sec(\theta)\right)\mathrm d\theta\\&=\frac{a^2}2(\sec(\theta)\tan(\theta)+\ln|\sec(\theta)+\tan(\theta)|)-a^2\ln|\sec(\theta)+\tan(\theta)|+c\\&=\frac{a^2}2\frac xa\frac{x\sqrt{1-\left(\frac ax\right)^2}}a-\frac{a^2}2\ln\left|\frac xa+\frac{x\sqrt{1-\left(\frac ax\right)^2}}a\right|+c\\&=\frac x2\sqrt{x^2-a^2}-\frac{a^2}2\ln\left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+\underbrace{\frac{a^2}2\ln|a|+c}_\text{constant}\end{align}</math>.}}

==בחזרה לאינטגרל המסויים==

===אינטגרציה בחלקים באינטגרל המסויים===

# להשתמש בנוסחה זוהנ"ל. ===דוגמאות===#<math>\int\limits_0^\pi x\cos(x)\mathrm dx</math>. נקבל <math>[x\sin(x)-\int\sin(x)\mathrm dx]_{x=0}^\pi=[x\sin(x)-\cos(x)]_{x=0}^\pi=-2</math># <math>\int\limits_0^1 x^{17}(1-x)^{13}\mathrm dx=[\frac{(1-x)^{13}x^{18}}{18}]_{x=0}^1+\int\limits_0^1\frac{x^{18}}{18}13(1-x)^{12}\mathrm dx=\frac{13}{18}\int\limits_0^1 x^{18}(1-x)^{12}\mathrm dx=[\frac{13}{18}\frac{x^19}{19}\dots]+\int\dots=\dots=\frac{13\cdot12\cdot11\cdot\dots1}{18\cdot19\cdot20\cdot\dots\cdot30}\int\limits_0^1\dots</math>

בהצבה מתחילים עם כלל השרשרת <math>\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}fF(\phivarphi(x))=F'(\phivarphi(x))\phivarphi'(x)=f(\varphi(x))\varphi'(x)</math> אם (כאשר F קדומה ל-f אז זה שווה ל-). לכן נציב <math>f(t=\phi(x))\phi'varphi(x)</math> לכן ונקבל <math>\int\limits_a^b f(\phivarphi(x))\phivarphi'(x)\mathrm dx=[F(\phivarphi(x))]_{x=a}^b=\int\limits_{\phivarphi(a)}^{\phivarphi(b)} f(t)\mathrm dt</math> פורמלית: באינטגרל <math>\int\limits_a^b (f\circle \phi)\cdot\phi'</math> מציבים <math>t=\phi(x)</math>.